2020-2021学年浙江省七彩阳光新高考研究联盟高二下学期期中联考数学试题解析版

2020-2021学年浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高二下学期期中联考数学试题一、单选题1．抛物线的准线方程为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线方程得出和开口方向即可求得.【详解】由抛物线方程可得，开口向左，则准线方程为.故选：D.2．若，则的虚部为（）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据的周期性求出的值，然后根据复数的运算求复数，从而求复数的虚部.【详解】因为，所以由，得，所以的虚部为.故选：A.3．若，则是复数为纯虚数的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【分析】根据纯虚数的概念求的值，从而可判断出结论.【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得，即此方程组无解，所以复数不可能为纯虚数，所以是复数为纯虚数的既不充分也不必要条件.故选：D.4．已知复数满足，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，根据等式得出复数在复平面内对应的点的轨迹方程，然后利用的几何意义可求得的最大值.【详解】设，由题意得，圆心到原点的距离为2，.故选：C.【点睛】本题考查复数的模长公式、圆的最值问题，属于基础题.5．关于的说法，错误的是（）A．展开式中的二项式系数之和为2048 B．展开式各项系数和为0C．展开式中只有第6项的二项式系数最大 D．展开式中第6项的系数最小【答案】C【分析】利用二项式系数性质可判断AC；利用赋值法可判断B；根据展开式各项系数为判断D.【详解】可得展开式中的二项式系数之和为，故A正确；令，可得展开式各项系数和为0，故B正确；展开式共12项，其中中间第6、7项的二项式系数最大，故C错误;展开式各项的系数为，可得当时，该项系数最小，故D正确.综上，错误的选项是C.故选：C.6．已知，则的图象是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由函数奇偶性排除两个选项，再取特值计算并判断得解.【详解】原函数定义域为R，由知是R上奇函数，选项C，D不满足；在图象上取点，，直线PQ：，而时，，，显然，即点在直线PQ上方，选项B不满足，选项A符合要求.故选：A7．某命题与自然数有关，如果当时该命题成立，则可推得时该命题也成立．现已知当时该命题不成立，则可推得（）A．当时，该命题不成立 B．当时，该命题成立C．当时，该命题成立 D．当时，该命题不成立【答案】D【分析】根据题干的逆否命题可判断.【详解】可得题干等价于其逆否命题：当时该命题不成立，则可推得时该命题也不成立．所以当时该命题不成立，则当时，该命题也不成立，当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立.故选：D.8．已知，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】举反例可以说明①④不正确，利用立方差公式可以证明②正确，利用指数函数的性质可以证明③正确．【详解】对于①，若，取，则，①错误；对于②，因为，，所以，，②正确；对于③，因为，所以，即有，③正确；对于④，若，取，则，④错误．所以真命题的个数是2．故选：B．9．如图所示，一个圆柱形乒乓球筒，高为12厘米，底面半径为2厘米．球筒的上底和下底分别粘有一个乒乓球，乒乓球与球筒底面及侧面均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计），一个平面与两个乒乓球均相切，且此平面截球筒边缘所得的图形为一个椭圆，则该椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出这个组合体的轴截面，借助平面几何知识求得椭圆长轴即可得解.【详解】作出这个组合体的轴截面，它是矩形MNPQ内两个与矩形三边都相切的圆O1和圆O2，如图，矩形MNPQ是球筒轴截面，圆O1和圆O2是两个乒乓球的截面大圆，线段CD是与乒乓球相切的平面被轴截面所截图形，线段CD是椭圆的长轴，点A是平面与乒乓球相切的切点，由对称性知线段CD与O1O2互相平分于点O，过D作DB⊥O1O2于B，连O1A，则O1A⊥OD，O1A=DB，而，则，所以，椭圆长半轴长，显然椭圆短轴长为球筒底面圆直径，短半轴长，半焦距，椭圆离心率为.故选：B【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.10．关于函数，下列结论正确的是（）A．当时，无正的零点B．当，在上必有零点C．当时，存在，使得D．当时，存在，使得【答案】D【分析】对A，B选项举出符合条件的例子计算并判断；对C，D选项借助导数探讨在指定区间上的函数值情况判断并作答.【详解】对于A选项：，取，则，即有正零点，A不正确；对于B选项：，时，当时，此时恒为正，没有零点，B不正确；对于C选项：，，，时，而，函数在上都递增，由与的图象特征知在上有唯一交点，则存在，有时时，即在上递增，在上递减，而，，C不正确；对于D选项：，，，，，而，又函数在上都递增，它们在上有唯一交点x1，由选项C的解析知，存在，在上递增，在上递减，，，所以存在有，D正确.故选：D【点睛】方法点睛：方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.二、填空题11．已知复数z满足方程（i为虚数单位），则________．【答案】【分析】设，代入方程化简，根据复数相等建立关系即可求出.【详解】设，则，则由得，即，即，，解得，或.故答案为：.12．现某路口对一周内过往人员进行健康码检查，安排7名工作人员进行值班，每人值班1天，每天1人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法有________种．【答案】1200【分析】先利用相邻捆绑法求得甲乙相邻的安排方法种数，再减去甲乙相邻且甲在周三的安排方法种数即可.【详解】先考虑甲乙相邻的安排方式，将甲乙看做一个整体，连同其余的5人做全排列，然后甲乙两人之间作全排列，有种方法，其中，甲排在周三的安排方式有,∴符合条件的安排方法种数有，故答案为：1200.【点睛】本题考查排列的应用，关键是相邻问题捆绑法和反面问题相减法的应用.13．若对任意的实数，不等式恒成立，则正数k的取值范围是__________．【答案】【分析】对给定不等式等价变形，构造函数借助其单调性转化成新函数最值即可得解.【详解】，，，令，，即在上单调递增，则，令，，时，时，在上递增，在上递减，时，即，正数k的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点睛：不等式恒成立问题，等价转化，分离参数是解题的关键.三、双空题14．在的展开式中，常数项为________（用数字作答），有理项共有______项．【答案】2404【分析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于0，求出的值，即可求得展开式中的常数项，令指数为整数，即得有理项.【详解】，令，则，常数项为，令为整数，则,故有理项共有4项.故答案为：240；4.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题.二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P是双曲线左支上一点，则________；若双曲线的离心率为2，则双曲线的渐近线方程是_________．【答案】-2【分析】由双曲线方程求出实半轴长，再由双曲线定义即可得解；由离心率求出m值，由双曲线方程写出渐近线方程即可得解.【详解】由给定方程知，双曲线实半轴长a=1，点P是双曲线左支上，则，由双曲线定义得-2；依题意：双曲线半焦距c=，则离心率，解得，双曲线的渐近线方程为.故答案为：-2；16．用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的6位自然数．（1）可以组成_______个不同的偶数；（2）若要求相邻两个数字奇偶性不同，则可以组成_______个．（均用数字作答）．【答案】36072【分析】先取一个偶数字排在个位，再排余下五位即可得解；先排3三个奇数字，再利用插空法排三个偶数字即可得解.【详解】在三个偶数字中取一个排在个位有3种，余下五个数字排位有种，组成的不同偶数个数是个；让三个奇数占位有种，每种占位形成只含一个边空的3个间隔有2种，把三个偶数字插入这三个间隔有种，共有个.故答案为：360；72【点睛】思路点睛：解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．17．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，三角形是底边和腰长分别为和的等腰三角形的纸片，将它沿虚线（中位线）折起来，可以得到如图所示粽子形状的四面体，若该四面体内包一蛋黄（近似于球），则蛋黄的半径的最大值为________（用最简根式表示）；在该四面体的所有棱和面所成的异面直线所成的角、二面角中最小的角的余弦值为________．【答案】【分析】将折叠后的四面体置于长方体中，求得长方体的长宽高，进而求得四面体的体积，利用体积，表面积，内切球的半径的关系求得内切球的半径，利用体积法求得四面体的各面上的高，从而得到各棱与相应面所成的角的余弦值，在长方体中不难求得四面体的对棱所成角的余弦值，然后比较得到答案.【详解】如图所示，对折叠之前的平面图形中各点进行标记，同时将折叠后的几何体置于长方体中.设长方体的长宽高分别为x,y,z.,解得∴四面体ADEF为,四面体ADEF的全面积为,内切球半径r,则,∴,设,取DQ的中点M,连接,则,故长为6的两组对棱所成的角的余弦值都是.长为4的两组对棱所成的角为直角；由于四面体ADEF各个面的面积都是，所以各个面上的高都是相等的，设为h,则,,当棱的长选取最长为6时，该棱与相应各面所成的角最小，其正弦值为,余弦值,∴各异面直线所成的角，线面所成的角中最小的角的余弦值是，故答案为：；.【点睛】本题考查异面直线所成的角，线面角，内切球的半径，棱锥的体积，属中高档题，将折叠后得四面体置于长方体中进行研究是一种十分重要的便捷的方法，要注意体会和掌握.四、解答题18．已知曲线与曲线在公共点处的切线相同，（1）求实数a的值；（2）求证：时，．【答案】（1）1；（2）证明见解析.【分析】(1)对分别求导，由它们在1处的导数值相等而得解；(2)对不等式两端作差判断符号或作差构造函数借助导数即可作答.【详解】(1)依题意，，，又曲线与曲线在公共点处的切线相同，则，得；(2)时，，于是，令，，时时，即在上递减，在上递增，时，即，综上得时，．【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立，可转化为不等式两端作差所得函数的最值问题解决.19．如图，已知四边形为菱形，对角线与相交于O，，平面平面直线，平面，．（Ⅰ）求证：直线平面；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）．【分析】（Ⅰ）根据四边形为菱形，得到，利用线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）根据（Ⅰ）的结论利用线面平行的性质定理证明；（Ⅲ）以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，取CD中点M，连EM，OM，求得平面一个法向量为，然后由向量和该法向量的夹角余弦值的绝对值即为所求.【详解】（Ⅰ）因为四边形为菱形，所以，平面，平面平面；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知直线平面，又因为平面平面直线平面，所以；（Ⅲ）因为四边形为菱形，所以，因为平面，所以以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，取CD中点M，连EM，OM，，，为正三角形，，，，从而，,.设平面一个法向量为，则，即，令，，因此直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：本题考查线面平行的判定与性质,求线面所成角问题,属基础题,利用空间向量方法求线面所成角是常用的方法,关键是正确的求出平面的法向量.20．已知等差数列的前n项和为，，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）若是单调递增数列，求证：．【答案】(1)或；(2)证明见解析.【分析】(1)由给定条件求出等差数列的的公差即可得解；(2)用所证不等式右端减去左端构造新数列，再讨论该数列单调性即可得解.【详解】(1)设等差数列的公差为d，则，由得，解得或，或，所以数列的通项公式是或；(2)因是单调递增数列，则，，令，则于是有，即数列是递增数列，时，即，所以有.【点睛】关键点睛：某些数列不等式证明，通过作差构造新数列，再判断数列单调性是解决问题的关键.21．已知椭圆的离心率为，椭圆的上顶点与抛物线的焦点F重合，且抛物线过点，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆和抛物线的标准方程；（Ⅱ）已知直线与抛物线交于A、B两点，与椭圆交于C、D两点，且直线平分，求首尾顺次连结O、C、P、D四点所得图形的面积的取值范围．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）由抛物线经过点，可得抛物线方程为，其焦点为，可知，再利用椭圆的离心率即可求得椭圆的标准方程；（Ⅱ）设直线，的斜率分别为，，由已知得，设，，利用两点求斜率公式求得直线：且，联立直线与椭圆方程得，求得，然后分两种情况将四边形的面积表示为的函数，进而求得取值范围.【详解】（Ⅰ）由抛物线经过点，得，，故抛物线方程为．抛物线：的焦点为，．又椭圆的离心率，解得：，所以椭圆的标准方程为；（Ⅱ）将代入，消去并整理得：,由题意知，，即,设直线，的斜率分别为，,因为直线平分，所以,设，，则,又，，则，,，所以直线：且.由消并整理得：，由题意知，解得，所以设，，则,,∴,,因为,所以当时，，当时,，当时此时,,当时，,∴四边形OCPD的面积的取值范围是.【点睛】本题考查椭圆和抛物线的标准方程的求法，直线与抛物线，直线与椭圆的位置关系，与椭圆和直线有关的四边形的面积的取值范围问题，关键难点在于将四边形的面积拆分为两个三角形的面积的和或者差的绝对值（根据不同情况而定)的形式．注意韦达定理判别式的应用，注意设而不求的思想方法，注意以原点为一个顶点的三角形的面积的坐标表示方法(可用割补法或者向量方法得到).22．已知函数．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若函数有两个零点，（ⅰ）求a的范围；（ⅱ）若，求证：．【答案】（Ⅰ）当a=0时，在定义域内f(x)单调递增；当a<0时，在内，f(x)单调递减，在上，f(x)单调递增.当a>0时，在内单调递减，在内f(x)单调递增.（Ⅱ）（ⅰ）；（ⅱ）见解析.【分析】（Ⅰ）求导后，根据导函数在定义域内的零点情况对a分类讨论，即可得到函数的单调性；.（Ⅱ）（